Πάνω κάτω

#1

: Πού κυμαίνεται;.png (10.36 KiB) Προβλήθηκε 1123 φορές

είναι η διχοτόμος και

η διάμεσος ορθογωνίου τριγώνου $ABC (\widehat A=90^\circ).$

Αν η

διχοτομεί τη γωνία $B\widehat CD,$ να δείξετε ότι $\displaystyle \frac{1}{3} < \sin B < \frac{2}{5}.$

#2

: πάνω κάτω αλλιώς_ok.png (36.11 KiB) Προβλήθηκε 1001 φορές

Βρίσκω ακριβώς το $\boxed{\sin B = t = \sqrt[3]{{\frac{{\sqrt {177} }}{{36}} + \frac{{71}}{{216}}}} - \sqrt[3]{{\frac{{\sqrt {177} }}{{36}} - \frac{{71}}{{216}}}} - \frac{1}{6} \simeq 0,3760858894}$

Και είναι στο διάστημα $\left( {\dfrac{1}{3},\dfrac{2}{5}} \right)$ . ¨Όντως :

Θεωρώ το ημικύκλιο διαμέτρου

με κέντρο

. Οι ευθείες $OM\,\,\kappa \alpha \iota \,\,CD$ τέμνονται σε σημείο του

( «νότιος πόλος»).

Θέτω $CM = m\,\,,\,\,CD = x\,\,\kappa \alpha \iota \,\,DS = k$ . Επειδή $x(x + k) = ab \Rightarrow SC = \dfrac{{ab}}{x}\,\,(1)$

Στο τρίγωνο MSC

είναι $\widehat {MSC} = 2\widehat {SCM}$ , άρα : $M{C^2} = M{S^2} + MS \cdot SC$ . Αλλά

$MS = OS - OM = \dfrac{{a - b}}{2}$ και έτσι λόγω και της $\left( 1 \right)$ η προηγούμενη γράφεται :

$\boxed{{m^2} = \frac{{a - b}}{2}\left( {\frac{{ab}}{x} + \frac{{a - b}}{2}} \right)}\,\,\left( * \right)$ . Θα διώξω τα m,x

αλλά και το $c = \sqrt {{a^2} - {b^2}}$ .

Από το θ διαμέσων στο ορθογώνιο τρίγωνο $\vartriangle ABC$ έχω : ${m^2} = \dfrac{{{a^2} + 3{b^2}}}{4}$ $\left( 2 \right)$

Από το μήκος της διχοτόμου : $x = \dfrac{2}{{a + b}}\sqrt {abs(s - c)} \,\,,\,\,2s = a + b + c$ έχω :

: πάνω κάτω αλλιώς_ok_1.png (17.04 KiB) Προβλήθηκε 972 φορές

$x = \dfrac{{b\sqrt {2a\left( {a + b} \right)} }}{{a + b}}$ $\left( 3 \right)$ . Και έτσι η $\left( * \right)$ με το μετασχηματισμό $\boxed{b = at}\,\,\,,t \in \left( {0,1} \right)$ δίδει:

$\left( {t - 1} \right)\sqrt {t + 1} + t\sqrt 2 \left( {t + 1} \right) = 0$ κι αφού t + 1 > 0

έχω: $t - 1 + t\sqrt {2\left( {t + 1} \right)} = 0$ απ’ όπου

έχω την εξίσωση : $2{t^3} + {t^2} + 2t - 1 = 0$ .

Η συνάρτηση : $f(t) = 2{t^3} + {t^2} + 2t - 1$ , έχει $f\left( {\dfrac{1}{3}} \right) = \dfrac{{ - 4}}{{27}} < 0\,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,f\left( {\dfrac{2}{5}} \right) = \dfrac{{11}}{{125}} > 0$

κι αφού εύκολα βρίσκω ότι η

είναι συνεχής και γνήσια αύξουσα,

προκύπτει ( Θ. Bolzano

) ότι η εξίσωση : $f\left( t \right) = 0$ έχει ακριβώς μια ρίζα στο $\left( {\dfrac{1}{3},\dfrac{2}{5}} \right)$

2ος Τρόπος ( χωρίς καμιά μετατροπή στο σχήμα της υπόθεσης)

Είναι όπως προηγουμένως

$\left\{ \begin{gathered} b = at \hfill \\ 2s = a + b + c \hfill \\ {c^2} = {a^2} - {b^2} \hfill \\ 4{m^2} = {a^2} + 3{b^2} \hfill \\ x = \frac{2}{{a + b}}\sqrt {ab\left( {s - c} \right)s} \hfill \\ \end{gathered} \right.$

: πάνω κάτω αλλιώς_oritzin.png (11.44 KiB) Προβλήθηκε 961 φορές

Επειδή $C{M^2} = CD \cdot CB - MB \cdot MD\,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\boxed{MD = \dfrac{c}{2} - \dfrac{{cb}}{{a + b}} = c\dfrac{{a - b}}{{2\left( {a + b} \right)}}}$ θα προκύψει :

$\boxed{{m^2} = ax - \frac{{{c^2}}}{4} \cdot \frac{{a - b}}{{a + b}} = ax - \frac{{{{\left( {a - b} \right)}^2}}}{4}}$ που μας δίδει τα προηγούμενα αποτελέσματα.

Μιχάλης Τσουρακάκης · #3

george visvikis έγραψε: ↑
Σάβ Σεπ 05, 2020 8:46 pm
Πού κυμαίνεται;.png
είναι η διχοτόμος και η διάμεσος ορθογωνίου τριγώνου $ABC (\widehat A=90^\circ).$

Αν η διχοτομεί τη γωνία $B\widehat CD,$ να δείξετε ότι $\displaystyle \frac{1}{3} < \sin B < \frac{2}{5}.$

Υποθέτω ότι υπάρχει ευκολότερη λύση από την παρακάτω:

Έστω σημείο

στην

με $PC= \dfrac{a}{3}$ .

Με Μενέλαο στο τρίγωνο ABP

και διατέμνουσα EQC

παίρνουμε εύκολα AQ=3QP

.Είναι,

$3= \dfrac{(AQC)}{(PQC)} = \dfrac{bsin3x}{ \dfrac{a}{3} sinx} \Rightarrow \dfrac{b}{ \dfrac{a}{3} } = \dfrac{3sinx}{sin3x}$

Θα αποδείξουμε ότι $\dfrac{3sinx}{sin3x} >1\Leftrightarrow \dfrac{sin3x}{3sinx}<1 \Leftrightarrow \dfrac{3sinx-4sin^3x}{3sinx} <1 \Leftrightarrow - \dfrac{4sin^2x}{3} <0$ που είναι αληθής

Άρα $\dfrac{b}{ \dfrac{a}{3} } >1 \Rightarrow sinB=\dfrac{b}{a} > \dfrac{1}{3}$

Αν τώρα το

είναι τέτοιο ώστε $PC= \dfrac{2a}{5}$ με όμοιο τρόπο $\dfrac{AQ}{QP} = \dfrac{5}{2}= \dfrac{(AQC)}{(PQC)} = \dfrac{bsin3x}{ \dfrac{2a}{5}sinx }$

και είναι αρκετό να δείξουμε ότι $\dfrac{5sinx}{2sin3x} <1 \Leftrightarrow \dfrac{5sinx}{2(3sinx-4sin^3x)}<1 \Leftrightarrow ..sin^2x< \dfrac{1}{8}$

Με $EK \bot BC \Rightarrow \triangle BEK \simeq \triangle ABC \Rightarrow \dfrac{EK}{b}= \dfrac{ \dfrac{c}{2} }{a} \Rightarrow EK= \dfrac{bc}{2a}$ .Ακόμη $EC^2= \dfrac{c^2}{4}+b^2$

$sin^2x< \dfrac{1}{8} \Leftrightarrow \dfrac{EK^2}{EC^2}< \dfrac{1}{8} \Leftrightarrow \dfrac{8b^2c^2}{4a^2} < \dfrac{c^2+4b^2}{4} \Leftrightarrow 8b^2c^2<(b^2+c^2)(c^2+4b^2) \Leftrightarrow 4m^4-3m^2+1>0$ όπου $m= \dfrac{b^2}{c^2}$

Η τελευταία ανίσωση όμως είναι αληθής αφού η διακρίνουσα είναι αρνητική

Έτσι $\dfrac{b}{ \dfrac{2a}{5} } <1 \Rightarrow sinB= \dfrac{b}{a} < \dfrac{2}{5}$

: πάνω κάτω.png (9.01 KiB) Προβλήθηκε 887 φορές

#4

Ευχαριστώ τον Νίκο και τον Μιχάλη για τις λύσεις τους. Παρακάτω θα δώσω μία τριγωνομετρική λύση.

: Πού κυμαίνεται;β.png (12.18 KiB) Προβλήθηκε 850 φορές

Με νόμο ημιτόνων στα τρίγωνα MBC, MAC:

$\displaystyle \frac{{\sin \theta }}{{\sin (90^\circ - 4\theta )}} = \frac{{BM}}{{MC}} = \frac{{AM}}{{MC}} = \frac{{\sin 3\theta }}{{\sin 90^\circ }} \Leftrightarrow \sin 3\theta \cos 4\theta = \sin \theta \Leftrightarrow$

$\displaystyle (3 - 4{\sin ^2}\theta )\cos 4\theta = 1 \Leftrightarrow \left( {3 - 2(1 - \cos 2\theta )} \right)\cos 4\theta = 1 \Leftrightarrow 1 + 2\sqrt {\frac{{1 + \cos 4\theta }}{2}} \cos 4\theta = 1$

Θέτω $\displaystyle \cos 4\theta = \sin B = t$ και έχω, $\displaystyle t\sqrt {2(1 + t)} = 1 - t \Leftrightarrow$ $\boxed{2t^3+t^2+2t-1=0}$

Από εδώ και κάτω όπως ο Νίκος με $\displaystyle {\rm{Bolzano}}.$

Πάνω κάτω

Πάνω κάτω

Re: Πάνω κάτω

Re: Πάνω κάτω

Re: Πάνω κάτω

Μέλη σε σύνδεση